云南省楚雄州民族中学高二物理下学期期中试题.doc

云南省楚雄州民族中学2015-2016学年高二物理下学期期中试题满分：100分 考试时间：120分钟一、单项选择题(共10小题，每题3分，共计30分.)1关于静电场和磁场的说法，正确的是（ ）a电场中场强越大的点，电势一定越高b电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比c磁场磁感应强度的方向就是通电直导线的受力方向d静电荷产生电场的电场线不闭合，条形磁铁磁场的磁感线是闭合的2如图，匀强电场方向垂直于倾角为的绝缘粗糙斜面向上，一质量为m的带正电荷的滑块静止于斜面上，关于该滑块的受力，下列分析正确的是（当地重力加速度为g）（ ）a滑块可能只受重力、电场力、摩擦力共三个力的作用b滑块所受摩擦力大小一定为mgsinc滑块所受电场力大小可能为mgcosd滑块对斜面的压力大小一定为mgcos3如图所示，平行金属板中带电质点p原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，r1的阻值和电源内阻r相等当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（ ）ar3上消耗的功率逐渐增大b电流表读数减小，电压表读数增大c电源的输出功率逐渐增大d质点p将向上运动4a、b是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从a点沿电场线运动到b点，其vt图象如图所示则这电场的电场线分布可能是下列选项中的（ ）a b c d5利用伏安法测未知电阻时，用图甲测得结果为r1，用图乙测得结果为r2，若待测电阻的真实值为r，则（ ）ar1rr2 br1rr2cr1r，r2r dr1r，r2r6粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动已知磁场方向垂直纸面向里以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是（ ）a b c d7如图所示，在匀强磁场区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为l、质量为m的导线，当通以如图方向的电流后，导线恰好能保持静止，则磁感应强度b满足（ ）a. ，方向竖直向上b. ，方向垂直纸面向外c. ，方向沿斜面向上d. ，方向竖直向下8如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为01 m2，线圈电阻为1，磁场的磁感应强度大小b随时间t的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i的正方向。则（ ）a05s内i的最大值为01ab第4s末i的方向为正方向c第3s内线圈的发热功率最大d35s内线圈有扩张的趋势9如图甲所示，线圈a、b紧靠在一起，当给线圈a通以如图乙所示的电流（规定由a进入b流出为电流正方向）时，则电压表的示数变化情况（规定电流由c进入电压表为正方向）应为下列图中的（ ）a b c d10如图所示是一交变电流的it图象，则该交变电流的有效值为（ ）a4a b2a ca da二、不定项选择题(共4小题，每题4分，共计16分.)11如图所示的同心圆是电场中的一簇等势面，一个电子只在电场力作用下沿着直线由a向c运动时的速度越来越小，b为线段ac的中点，则有（ ）a电子沿ac运动时受到的电场力越来越小b电子沿ac运动时它具有的电势能越来越大c电势abcd电势差uab=ubc12如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为b和e平板s上有可让粒子通过的狭缝p和记录粒子位置的胶片a1a2平板s下方有强度为b0的匀强磁场下列表述正确的是（ ）a质谱仪是分析同位素的重要工具b速度选择中的磁场方向垂直纸面向外c能通过狭缝p的带电粒子的速率等于d粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝p，粒子的荷质比越小13把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出，如图所示，第一次速度为v1，第二次速度为v2，且v22v1，（已知拉力与线圈所受安培力方向相反）则下列说法正确的是（ ）a两种情况下拉力做的功之比w1w2 1:2b两种情况下拉力的功率之比p1p2 1:3c两种情况下线圈中产生热量之比q1q21:4d两种情况下通过线圈的电量之比q1q21:114如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5l，、r和l分别是电压表、定值电阻和电感线圈，d1、d2均为灯泡已知原线圈两端电压u按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是（ ）a电压表示数为62.2vb电压u的表达式u=311sin100t（v）c仅增大电压u的频率，电压表示数增大d仅增大电压u的频率，d1亮度不变，d2变暗三、填空题(共8个空，每空2分，共计16分.)15某同学用游标卡尺测量圆形管内径时的测量结果如图甲所示，则该圆形钢管的内径是_mm. 如图乙所示是某次用千分尺测量时的情况，读数为 mm。16某同学用图1所示电路测一节干电池的电动势和内电阻，现提供器材如下：a电压表 v：（03v和015v两个量程）b电流表 a：（00.6a和03a两个量程）c滑动变阻器r1（最大阻值20）d滑动变阻器r2（最大阻值100）e开关s和导线若干（1）电流表应选用 量程；电压表应选用 量程；滑动变阻器应选 （选填r1或r2）（2）如图2所绘制的ui图线是根据实验中所测的六组数据作出请根据图线，求出e= v，r= （3）实验测出的内阻值与真实值比较偏 （填大或小）四、计算题(共4个题，第17题,18题9分，第19题12分，20题8分，共计38分.)17如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成角，重力加速度为g（1）判断小球带何种电荷（2）求电场强度e（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v18如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度为b，宽度为d，一电子从磁场做边界垂直射入，当其从右边界穿出时速度方向与入射方向的夹角为30，已知的质量m，电量为e，不计电子的重力，求：（1）电子的在磁场中的运动的半径；（2）电子入射速度的大小；（3）电子穿过磁场的时间19如图所示，光滑的金属导轨放在磁感应强度b0.2t的匀强磁场中。平行导轨的宽度l0.3m，定值电阻r0.6w。在外力f作用下，导体棒ab以v20m/s的速度沿着导轨向左匀速运动。导体棒和导轨的电阻不计。求：（1）通过r的感应电流大小；（2）外力f的大小。（3）求在10s内定值电阻产生的焦耳热。 20如图，发电机输出功率为100kw，输出电压为，用户需要的电压为，两变压器之间输电线的总电阻为r=10，其它电线的电阻不计，若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4，试求：（变压器是理想的）（1）发电机输出电流和输电线上的电流大小；（2）在输电线路中设置的升、降变压器原副线圈的匝数比。 5参考答案1d【解析】解：a、场强大小与电势高低无关，电场中场强越大的点，电势不一定越高，故a错误；b、电场中某点的场强由电场本身性质决定，与试探电荷的电荷量无关，故b错误；c、磁场磁感应强度的方向与通电直导线的受力方向垂直，故c错误；d、静电荷产生的电场的电场线不闭合；而磁场的磁感线都是闭合的，故d正确；故选：d【点评】本题考查了电场强度与磁场方向、磁感线等问题，熟练掌握基础知识即可正确解题，要注意相近知识点要对比记忆2b【解析】解：a、滑块一定受重力和电场力作用，要处于平衡，一定受摩擦力，则一定有支持力所以滑块一定受四个力作用故a错误b、根据共点力平衡得，f=mgsin故b正确c、在垂直斜面方向有：mgcos=n+qe，则电场力一定小于mgcos，支持力一定小于mgcos，根据牛顿第三定律知，滑块对斜面的压力一定小于mgcos故c、d错误故选b【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行分析求解3c【解析】试题分析：当滑动变阻器r4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电容器两极板间电压的变化，分析质点p如何运动根据干路电流和通过r3的电流变化，确定通过电流表的电流变化根据r3和r2的电压变化，判断电压表示数的变化根据电源的内电阻与外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化解：当滑动变阻器r4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流i增大电容器板间电压等于r3的电压r4减小，ab间并联部分的总电阻减小，则r3的电压减小，r3上消耗的功率逐渐减小，电容器板间场强减小，质点p所受的电场力减小，所以质点p将向下运动流过电流表的电流ia=ii3，i增大，i3减小，则ia增大，所以电流表读数增大r4的电压u4=u3u2，u3减小，u2增大，则u4减小，所以电压表读数减小由于r1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大故abd错误，c正确故选：c【点评】本题是电路动态变化分析问题，先分析变阻器接入电路的电阻变化，再分析外总电阻变化和总电流的变化，接着分析局部电路电压和电流的变化4d【解析】试题分析：根据其vt图象知道粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，所以电场力做负功，且电场力逐渐变大解：根据vt图象，带电粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故带正电的粒子应该逆电场线运动，且向着电场线密集的方向运动，选项d正确故选d【点评】本题考查了电场线的特点，疏密表示场强大小，难度不大5b【解析】试题分析：由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期 t=，与粒子速度大小无关，可见，要计算粒子在磁场中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用的时间解：设圆形磁场区域的半径是r，以速度v射入时，半径，根据几何关系可知，所以运动时间t=以速度射入时，半径，所以设第二次射入时的圆心角为，根据几何关系可知：tan所以=120则第二次运动的时间为：t=2t故选：b【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题6a【解析】解：两粒子均带正电，以大小相等的速度在磁场中向相反的方向运动，都是由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力所以有，得到，因为粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，所以甲的半径为乙半径的2倍根据左手定则，甲粒子做圆周运动的洛伦兹力指向圆心，运动方向一定为逆时针，所以a正确故选a【点评】本题应明确洛仑兹力充当带电粒子做圆周运动的向心力，故洛仑兹力一定指向圆心7d【解析】试题分析：磁场垂直向外和向里时，由于电流与磁场方向平行，故安培力为零，故不可能平衡，故b错误；磁场方向竖直向上时，根据左手定则，安培力水平向右，导体棒还受到重力和支持力，三个力不可能平衡，故a错误；磁场方向沿斜面向上时，安培力垂直斜面向上，则重力、支持力和安培力也不可能平衡，选项c错误；磁场竖直向下时，安培力水平向左，与重力、弹力平衡，有，解得故d正确；故选d。考点：左手定则；安培力；物体的平衡8d【解析】试题分析：由法拉第电磁感应定律：可以看出b-t图像的斜率越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大，即，由欧姆定律：,a错；从第3s末到第5s末竖直向上的磁场一直在减小，由楞次定律判断出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时针方向，电流是负值，b错；由图乙图像可知，在第3s内穿过线圈的磁通量不变，线圈不产生感应电流，线圈发热功率为零，最小，c错；由图乙所示可知，35s内穿过线圈的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，d对。考点：法拉第电磁感应定律、电磁感应中的能量转化。9d【解析】试题分析：规定由a进入b流出为电流正方向，0-1s，电流为正值，随时间均匀增大，根据右手螺旋定则判断出线圈a产生的磁场左端是n极，右端是s极，由于产生原磁场的电流在增大所以原磁场穿过线圈b的磁通量均匀增大，根据楞次定律判断出线圈b中感应电流方向是从d经过电压表再经过c，也就是在图中电压为负值根据法拉第电磁感应定律得出产生的感应电动势为不变，为定值依次求出1-4s过程中电压变化情况故选d考点：右手定则；楞次定律【名师点睛】本题中的感应电动势为感生电动势，关键是根据楞次定律判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小。10d【解析】解：设交流电电流的有效值为i，周期为t，电阻为r，则有：代入数据解得：故abc错误，d正确；故选：d【点评】求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解中等难度11bc【解析】解：a、由于等势线是电场中的一簇同心圆，且电子由a向c运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的负电荷产生的，根据库仑定律可以判断，电子沿ac方向运动时受到的电场力越来越大，故a错误；b、电子沿ac方向运动时，电场力做负功，故电势能逐渐变大，故b正确；c、电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，电子由a向c运动过程速度越来越小，故电场力向外，场强向内，故外侧电势较高，故abc，故c正确；d、电子沿ac方向运动过程中，电场力逐渐变大，从a到b过程电场力较小，故从a到b过程电场力做功较少，根据电势差与电场力做功关系uab=，可以得到：uabubc，故d错误；故选：bc【点评】本题关键根据等势面和电子的运动情况确定场源电荷的电性，然后得到电场线的分布图，最后根据库仑定律、电势、电势差定义式和电场力做功与电势能变化关系分析判断12abc【解析】试题分析：带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系解：a、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qe=qvb，解得v=，进入偏转电后，有qvb0=m，解得r=知r越小，比荷越大同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具故a、c正确，d错误b、粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外故b正确故选abc【点评】解决本题的关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式13ad【解析】试题分析：匀速拉出：,拉力所做的功为：由上分析知，拉力所做的功的比，等于拉动线圈时的速度之比，故有w1w2 1:2，a对；功率为：,知功率之比为运动速度平方的比，即为1:4，b错；由功能关系知，两种情况下产生的热量之比即为拉力做功之比为1:2，c错；在拉出过程中，穿过回路的电荷量为,知电荷量相等，比值为1:1，d对。考点:电场感应现象、功、功率。【名师点睛】导体切割磁感线时的感应电动势（1）导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用eblv求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度（2）导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势eblbl2（平均速度等于中点位置的线速度l）14bd【解析】试题分析：原线圈两端电压有效值为，电压表的示数为电压的有效值，根据可得副线圈两端电压，即电压表的示数为，a错误；从图乙中可得，故，所以交流电表达式为，b正确；原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u的频率，电压表示数不变，则亮度不变，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，所以变暗，故c错误，d正确考点：考查了理想变压器，交流电图像【名师点睛】电压表测的是电流的有效值，根据电压与匝数成正比求解，根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大154.045 0.700【解析】试题分析：游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为40mm，游标读数为90.05mm=0.45mm 所以最终读数为40.45cm；螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为20.00.01mm，最终读数为0.700mm考点：考查了游标卡尺的使用，螺旋测微器的使用16（1）00.6a；03.0v；r1（2）1.5；0.50（3）偏小【解析】试题分析：（1）根据电池电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，要选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）电源的ui图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻；（3）根据电表的影响可分析测量值与真实值之间的关系解：（1）干电池电动势约为1.5v，电压表应选：03v量程，由图象可知，电流小于1.0a，故电流表选择00.6a；为方便实验操作，滑动变阻器应选择小电阻r1；（2）由闭合电路欧姆定律可知u=eir，再由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.5v；而图象的斜率表示电源的内阻，r=0.5；（3）本实验采用相对电源的外接法，故测量出的电流值偏小，导致电动势及电阻均偏小；故答案为：（1）00.6a；03.0v；r1（2）1.5；0.50（3）偏小【点评】本题考查了实验器材的选取、作实验电路图、求电动势与内阻，知道实验器材的选取原则、知道实验原理、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的17（1）小球带负电荷（2）（3）【解析】试题分析：（1）小球受到的电场力向左，与场强方向相反，故带负电荷；（2）对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出电场力，得到电场强度；（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度后，再运用速度时间公式求解解：（1）小球受到的电场力向左，与场强方向相反；故小球带负电荷（2）对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，如图根据共点力平衡条件，有qe=mgtan故即电场强度e为（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动；根据牛顿第二定律，有f合=ma 由于三力平衡中，任意两个力的合力与第三力等值、反向、共线，故f合= 根据速度时间公式，有v=at 由解得即经过t时间小球的速度v为【点评】本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力，最后根据牛顿第二定律求加速度，由速度时间公式求末速度18（1）2d，（2）（3）【解析】试题分析：（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，（2）由牛顿第二定律求出电子入射速度的大小；（3）由几何知识求出轨迹所对的圆心角，由t=求出时间，s是弧长解：（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识得到，轨迹的半径为：r=，（2）由牛顿第二定律得：evb=m，解得r=，得v=（3）由几何知识得到，轨迹的圆心角为=，故穿越磁场的时间为：t=答：（1）电子做圆周运动的半径为2d，（2）电子入射速度的大小为（3）电子在磁